Question

設(shè)函數(shù)f（x）=e^x-ax+a（a∈R），其圖象與x軸交于A（x₁，0），B（x₂，0）兩點，且x₁＜x₂．
（1）求a的取值范圍；
（2）證明：f′（

x1x2

）＜0（f′（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)）；
（3）設(shè)點C在函數(shù)y=f（x）的圖象上，且△ABC為等腰直角三角形，記

x2-1 x1-1

=t，求（a-1）（t-1）的值．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由f（x）=e^x-ax+a，知f′（x）=e^x-a，再由a的符號進行分類討論，能求出f（x）的單調(diào)區(qū)間，然后根據(jù)交點求出a的取值范圍；
（2）由x₁、x₂的關(guān)系，求出f′(

x1+x2

2

)＜0，然后再根據(jù)f′（x）=e^x-a的單調(diào)性，利用不等式的性質(zhì)，問題得以證明；
（3）利用△ABC為等腰直角三角形的性質(zhì)，求出y0+

x2-x1

2

=0，然后得到關(guān)于參數(shù)a的方程at-

a

2

(1+t2)+

1

2

(t2-1)=0，求得問題的答案．

解答： 解：（1）∵f（x）=e^x-ax+a，
∴f'（x）=e^x-a，
若a≤0，則f'（x）＞0，則函數(shù)f（x）是單調(diào)增函數(shù)，這與題設(shè)矛盾．
∴a＞0，令f'（x）=0，則x=lna，
當f'（x）＜0時，x＜lna，f（x）是單調(diào)減函數(shù)，
當f'（x）＞0時，x＞lna，f（x）是單調(diào)增函數(shù)，
于是當x=lna時，f（x）取得極小值，
∵函數(shù)f（x）=e^x-ax+a（a∈R）的圖象與x軸交于兩點A（x₁，0），B（x₂，0）（x₁＜x₂），
∴f（lna）=a（2-lna）＜0，即a＞e²，
此時，存在1＜lna，f（1）=e＞0，
存在3lna＞lna，f（3lna）=a³-3alna+a＞a³-3a²+a＞0，
又由f（x）在（-∞，lna）及（lna，+∞）上的單調(diào)性及曲線在R上不間斷，
可知a＞e²為所求取值范圍．
（2）∵

ex1-ax1+a=0  ex2-ax2+a=0

，
∴兩式相減得a=

ex2-ex1

x2-x1

．
記

x2-x1

2

=s(s＞0)，則f′(

x1+x2

2

)=e

x1+x2

2

-

ex2-ex1

x2-x1

=

e x1+x2 2

2s

[2s-(es-e-s)]，
設(shè)g（s）=2s-（e^s-e^-s），
則g'（s）=2-（e^s+e^-s）＜0，
∴g（s）是單調(diào)減函數(shù)，
則有g(shù)（s）＜g（0）=0，而

e x1+x2 2

2s

＞0，
∴f′(

x1+x2

2

)＜0．
又f'（x）=e^x-a是單調(diào)增函數(shù)，且

x1+x2

2

＞

x1x2

∴f′(

x1x2

)＜0．                         
（3）依題意有exi-axi+a=0，則a(xi-1)=exi＞0⇒x_i＞1（i=1，2）．
于是e

x1+x2

2

=a

(x1-1)(x2-1)

，在等腰三角形ABC中，顯然C=90°，
∴x0=

x1+x2

2

∈(x1 ，x2)，即y₀=f（x₀）＜0，
由直角三角形斜邊的中線性質(zhì)，可知

x2-x1

2

=-y0，
∴y0+

x2-x1

2

=0，
即e

x1+x2

2

-

a

2

(x1+x2)+a+

x2-x1

2

=0，
∴a

(x1-1)(x2-1)

-

a

2

(x1+x2)+a+

x2-x1

2

=0，
即a

(x1-1)(x2-1)

-

a

2

[(x1-1)+(x2-1)]+

(x2-1)-(x1-1)

2

=0．
∵x₁-1≠0，則a

x2-1 x1-1

-

a

2

(1+

x2-1

x1-1

)+

x2-1 x1-1 -1

2

=0，
又

x2-1 x1-1

=t，
∴at-

a

2

(1+t2)+

1

2

(t2-1)=0，
即a=1+

2

t-1

，
∴（a-1）（t-1）=2．

點評：本題屬于難題，考察了分類討論的思想，轉(zhuǎn)化思想，方程思想，做題要認真仔細，方法要明，過程要嚴謹，能提高分析問題解決問題的能力．